北京市首都师范大学附属中学2024--2025学年上学期九年级10月月考数学试卷

这是一份北京市首都师范大学附属中学2024--2025学年上学期九年级10月月考数学试卷，共32页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．下列图案中，点为正方形的中心，阴影部分的两个三角形全等，则阴影部分的两个三角形关于点对称的是（ ）
A． B． C． D．
2．若关于x的一元二次方程的一个根是，则a的值为（ ）
A．2B．C．2或D．
3．如图，将绕点顺时针旋转得到，若，，，则的长为（ ）
A．5B．4C．3D．2
4．将一元二次方程通过配方转化为的形式，下列结果中正确的是（ ）
A．B．C．D．
5．如图，，，，是上的点，，下列结论中错误的是（ ）
A．B．C．D．
6．如图，在正方形网格中，一条圆弧经过A、B、C三点，那么所对的圆心角的大小是（ ）
A．B．C．D．
7．运动员将足球沿与地面成一定角度的方向踢出，足球飞行的路线可以看作是一条抛物线．不考虑空气阻力，足球距离地面的高度y（单位：m）与足球被踢出后经过的时间x（单位：s）近似满足函数关系．下表记录了3个时刻的数据，其中．
可推断出足球飞行到最高点时，下列数据中最接近的时刻x是（ ）
A．4.4B．4.6C．7.4D．7.6
8．如图，中，，，将绕的中点O倾时针旋转得到交于点交于点N，给出下面三个结论：
①；
②点A，C，E，B四点共圆；
③连接，则．
上述结论中所有正确结论的序号是（ ）

A．①②B．①③C．②③D．①②③
二、填空题
9．点关于原点对称的点的坐标为 ．
10．将抛物线向左平移1个单位长度得到的抛物线的解析式为 ．
11．如图，在平面直角坐标系中，过原点，交轴，轴分别于点．若点的坐标为，则点的坐标为 ．
12．如图，在中，，将绕点逆时针旋转，得到△，连接．若，则 ．
13．如图，点在圆上，，点为的中点，的值为 ．
14．已知直角三角形的直角边为a，b，斜边为c．若，则c的最小值为 ．
15．已知内接于半径为3的，若，则 ．
16．已知点在抛物线上．
（1）若的取值范围是 ；
（2）将抛物线上A，B两点之间（含A，B两点）的图象设为G，若直线与图象G有两个交点，则k的取值范围是 ．
三、解答题
17．解方程：．
18．如图，在边长为1的正方形网格中，的顶点都在格点上，将绕点O逆时针旋转一定角度后，点落在格点处．
(1)旋转角为________°；
(2)在图中画出旋转后的，其中分别是的对应点．
19．关于x的方程．
(1)求证：不论m取何值，方程总有两个实数根；
(2)若该方程有两个实数根，且，求m的值．
20．已知：如图，为锐角三角形．
求作：以为一边的，使．
作法：①作边的垂直平分线；
②作边的垂直平分线，与直线交于点；
③以为圆心，为半径作；
④连接并延长，交于点，连接，
即为所求作的三角形．
(1)使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；
(2)完成下面的证明．
证明：
是的垂直平分线，是的垂直平分线，与交于点
∴点，，都在上
为的直径
①________°（②________）
（③________）
即为所求作的三角形．
注：②③请填写推理依据．
21．如图，点在上，，平分．判断的形状，并证明你的结论．
22．如图，中，．点D在射线上，．连接分别过点C，B作的垂线，交于点E，连接，求的长．
23．已知抛物线（a，b是常数，）的自变量x与函数值y的部分对应值如下表：
(1)求抛物线的解析式和m的值；
(2)在给出的平面直角坐标系中画出函数图象，直接写出当时，y的取值范围．
24．如图，AB为的直径，弦CD与AB交于点E，连接AC、BD，，．
(1)求的度数；
(2)若，求CD的长．
25．在平面直角坐标系中，已知抛物线．
(1)若点在抛物线上，直接写出的值；
(2)已知和是抛物线上的三点．当时，都有，求a的取值范围．
26．在中，为线段的中点．为外一点，．
(1)如图1，当时，求证：三点共线；
(2)如图2，连接，将其绕点顺时针旋转得到线段，连接．
①补全图形；
②请用等式表示线段与之间的数量关系，并证明．
27．对于平面直角坐标系中的图形，直线和点，给出如下定义：先将图形沿直线对称后再将其绕点顺时针旋转，称该变换为类变换；先将图形绕点顺时针旋转再沿直线对称，称该变换为类变换；其中，称直线为“变换直线”，称点为“变换点”．
(1)如图，若“变换直线”为轴，“变换点”为0,1，已知点，则点中，在线段作类变换后得到的图形上的点有________；
(2)若“变换直线”为，点作类变换后与自身重合，求“变换点”的坐标；
(3)若“变换直线”为，“变换点”为2,0，以点为圆心作半径为的，已知轴上存在点作类变换和变换后所得点都在内，直接写出的取值范围．
x
3
6
9
y
18
20
m
x
0
1
2
3
…
y
0
m
0
3
…
参考答案：
1．C
【分析】本题考查了图形关于某点对称，掌握中心对称图形的性质是解题关键．根据对应点连线是否过点判断即可．
【详解】解：由图形可知，阴影部分的两个三角形关于点对称的是C，
故选：C．
2．C
【分析】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
把代入一元二次方程得出关于的方程，求解即可得出答案．
【详解】解：把代入，得．
解得：．
故选C．
3．A
【分析】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定，本题关键是熟练掌握旋转图形的性质．根据旋转的性质可得，可得是等边三角形．可得的长．
【详解】解：将绕点顺时针旋转得到，
，，
是等边三角形，
，
故选：A．
4．A
【分析】将常数项移到方程的右边，两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，即，
故选A．
【点睛】本题考查了解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
5．C
【分析】本题考查了圆心角，弦，弧之间的关系，根据圆心角，弦，弧之间的关系逐项排除即可，熟练掌握知识点是解题的关键．
【详解】解：、∵，
∴，不符合题意；
、∵，
∴，
∴，
∴，不符合题意；
、不能保证，符合题意；
、∵，
∴，
∴，
∴，
∴，不符合题意；
故选：．
6．D
【分析】根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，分别作，的垂直平分线即可得到圆心，进而解答即可．
【详解】解：作的垂直平分线，作的垂直平分线，如图，
它们都经过，所以点为这条圆弧所在圆的圆心．
连接，，
在与中
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
即所对的圆心角的大小是，
故选：D．
【点睛】本题考查了垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心．这也常用来确定圆心的方法．
7．B
【分析】此题考查了二次函数的性质，解题的关键是掌握二次函数图象上纵坐标相等的点关于对称轴对称．
根据二次函数的对称性得到抛物线的对称轴在直线左边，在直线右边，进而求解即可．
【详解】解：∵足球距离地面的高度y（单位：m）与足球被踢出后经过的时间x（单位：s）近似满足函数关系
∵当时，；当时，，且，
∴抛物线的对称轴在直线左边；
∵当时，；当时，，
∴抛物线的对称轴在直线右边；
综上所述，可推断出足球飞行到最高点时，最接近的时刻x是4.6．
故选：B．
8．A
【分析】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，四点共圆，圆周角定理，解题的关键是熟练掌握四点共圆的判定方法．①连接、，证明，得出，即可判断①正确；②证明，得出点A，C，E，B在以点O为圆心，以为圆心的圆上，即可证明②正确；③根据，得出A、D、E在以为圆心的圆上，求出，即可证明③错误．
【详解】解：①连接、，如图所示：

∵中，，，将绕的中点O倾时针旋转得到，
∴和为等腰直角三角形，
根据旋转可知：，，
∵O为、的中点，
∴，，，，，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，故①正确；
②∵，，
∴，
∴点A，C，E，B在以点O为圆心，以为圆心的圆上，
∴点A，C，E，B四点共圆，故②正确；
③∵，
∴A、D、E在以为圆心的圆上，
∴，
∴，故③错误；

综上分析可知：正确的有①②．
故选：A．
9．
【分析】根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数求解即可．
【详解】解：点关于原点对称的点的坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平面直角坐标系中关于原点对称的点的坐标特征，解题的关键是掌握：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点关于原点O的对称点是．
10．
【分析】直接根据“左加右减”的原则进行解答．
【详解】解：将抛物线向左平移1个单位长度得到的抛物线的解析式为，
故答案为：．
【点睛】此题考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数的平移规律是解题的关键．
11．
【分析】本题考查了垂径定理与勾股定理，矩形的判定和性质，坐标于图形，全等三角形的判定和性质的综合，根据题意，如图所示，连接，过点作轴于点，作轴于点，可得四边形是矩形，，则，由勾股定理可得的值，再证，可得，由此即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，过点作轴于点，作轴于点，
∴四边形是矩形，则，
∵，
∴，
∵，
∴，则，
在中，，
∵是圆的半径，
∴，
在中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：
12．50
【分析】根据旋转的性质得AC′=AC，∠B′AB=∠C′AC，再根据等腰三角形的性质得∠AC′C=∠ACC′，然后根据平行线的性质由CC′∥AB得∠ACC′=∠CAB=65°，则∠AC′C=∠ACC′=65°，再根据三角形内角和计算出∠CAC′=50°，所以∠B′AB=50°．
【详解】解：绕点逆时针旋转到△的位置，
，，
，
//，
，
，
，
，
故答案为50．
【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了平行线的性质．
13．
【分析】本题考查了半圆或直径所对圆周角为直角，勾股定理，根据，可得AB是直径，根据点为的中点，可得，根据勾股定理可得，在中，运用勾股定理即可求解．
【详解】解：如图所示，连接AD，
∵，
∴AB是直径，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，
在中，，
故答案为： ．
14．
【分析】本题主要考查了勾股定理，完全平方式的应用，先根据勾股定理，得，再代入并整理成关于a的完全平方公式，然后讨论可得答案．
【详解】根据勾股定理，得
，
因为，
所以
所以当时，的最小值是8，
所以c的最小值是．
故答案为：．
15．或
【分析】本题主要考查了等边三角形的性质和判定，圆内接四边形的性质，圆周角定理，先确定是等边三角形，再根据圆周角定理得出答案，然后根据圆内接四边形的性质得出另一个答案．
【详解】如图所示，连接，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴．
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∴，
所以或．
故答案为：或．
16．
【分析】（1）根据二次函数的性质可得抛物线的对称轴为直线，再由，可得抛物线上的点离对称轴越远，函数值小，从而得到，即可求解；
（2）根据题意可得，再由抛物线的顶点坐标为，可得，然后分两种情况讨论，即可求解．
【详解】解：（1）∵，
∴抛物线的对称轴为直线，
∵，
∴抛物线上的点离对称轴越远，函数值小，
∵点在抛物线上，，
∴，
解得：，
即若的取值范围是；
故答案为：；
（2）∵直线与图象G有两个交点，
∴，
根据题意得：抛物线的顶点坐标为，
∴函数的最大值为5，
∴，
由（1）得：抛物线上的点离对称轴越远，函数值小，
当，即时，此时直线在点的上方或过点B，
∴，
∵，
∴此时的值随着h的增大而增大，
∴，即，
∴；
当，即时，此时直线在点的上方或过点B，
∴，
∵，
∴此时的值随着h的增大而减小，
∴，即，
∴；
综上所述，k的取值范围为．
故答案为：
17．，
【分析】本题考查了配方法解一元二次方程．用配方法解一元二次方程的步骤：第一种情况：形如型：第一步移项，把常数项移到右边；第二步配方，左右两边加上一次项系数一半的平方；第三步左边写成完全平方式；第四步，直接开方即可．第二种情况：形如型，方程两边同时除以二次项系数，即化成，然后配方．在本题中，把常数项2移项后，应该在左右两边同时加上一次项系数的一半的平方．
【详解】解：移项，得
配方，得
，
即，
开方，得
解得，
18．(1)
(2)作图见详解
【分析】本题主要考查网格与旋转图形的性质，
（1）如图所示，连接，根据网格特点即可求解；
（2）根据旋转的性质作图即可．
【详解】（1）解：如图所示，连接，
根据网格的特点可得，，
故答案为：；
（2）解：根据旋转，作图如下，
19．(1)证明见详解
(2)1或3
【分析】本题考查一元二次方程根的情况与判别式关系，一元二次方程根与系数的关系，熟记一元二次方程判别式与方程根的情况联系、一元二次方程根与系数的关系是解决问题的关键．
（1）根据一元二次方程根的情况与判别式的关系，只要判定即可得到答案；
（2）根据一元二次方程根与系数的关系得到，将变形为，代入求解即可．
【详解】（1）证明：，
∴，
∴不论取何值，方程总有两个实数根；
（2）解：∵，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
解得：．
∴m的值为1或3．
20．(1)见解析
(2)；直径所对的圆周角是直角；同弧（或等弧）所对的圆周角相等
【分析】（1）按照所给方法作图即可；
（2）根据直径所对的圆周角为90度可得，根据同弧（或等弧）所对的圆周角相等，可得．
【详解】（1）解：尺规作图，如下所示：
（2）证明：∵是的垂直平分线，是的垂直平分线，与交于点O
∴
∴点A、B、C都在上
∵为的直径
∴（直径所对的圆周角是直角）
∵
∴（同弧（或等弧）所对的圆周角相等）
∴即为所求作的三角形．
故答案为：；直径所对的圆周角是直角；同弧（或等弧）所对的圆周角相等．
【点睛】本题考查尺规作图、线段垂直平分线的作法及性质、圆周角定理，解题的关键是找出外接圆的圆心．
21．是等边三角形，理由见详解
【分析】本题主要考查圆内接四边形的性质，圆周角定理，等边三角形的判定和性质，根据圆内接四边形可得，根据角平分线的性质可得，根据圆周角定理可得，由此即可求解．
【详解】证明：是等边三角形，理由如下，
∵点在上，
∴四边形是圆内接四边形，
∴，且，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形．
22．
【分析】本题主要考查了全等三角形的性质和判定，勾股定理，等角对等边，先求出，再说明，即可根据“边角边”证明，可得，然后根据勾股定理得出答案．
【详解】∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
在中，．
故答案为：．
23．(1)，；
(2)图见解析，．
【分析】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式及二次函数的图象与性质，数形结合并熟练掌握二次函数的相关性质是解题的关键．
（1）把两点坐标代入抛物线解析式求出a，b的值确定出解析式，进而求出m的值即可；
（2）画出抛物线图象依据图象解答即可．
【详解】（1）把2,0，代入，得：
解得：
∴抛物线解析式为，
当时，；
（2）画出函数图象如图所示，
当时，．
24．(1)
(2)6
【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等可得，再根据三角形的内角和即可求解；
（2）过点O作于点F，连接，先求出，从而得出，，即可求出的长度，再根据的长度求出的长度，最后根据垂径定理即可求解．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵，
∴在中，．
（2）过点O作于点F，连接，
∵，
∴，
∵，
∴在中，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴在中，，
∴在中，，
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆的相关知识，解题的关键是熟练掌握同弧所对的圆周角相等，垂径定理以及解直角三角形的方法．
25．(1)或
(2)或
【分析】本题主要考查二次函数图象的性质的运用，
（1）把点代入计算即可求解；
（2）根据二次函数解析式可得对称轴为x=1，分类讨论：当a>0时，图像开口向上，当时，随的增大而增大，离对称轴越远，值越大；当，图像开口向下，当时，随的增大而减小，离对称轴越远，值越小；由此即可求解．
【详解】（1）解：点在抛物线上，
∴，整理得，，
∵，
∴或；
（2）解：抛物线，
∴对称轴为，
当x=1时，，则顶点坐标为，
当a>0时，图像开口向上，当时，随的增大而增大，离对称轴越远，值越大，
∵a>0，则，
∵，
∴点在对称轴左边，点在对称轴右边，且在点右边，
∴点关于对称轴的点，
∴，
解得，；
当，图像开口向下，当时，随的增大而减小，离对称轴越远，值越小，
∴，
解得，；
综上所述，或．
26．(1)证明过程见详解
(2)①作图见详解；②，证明见详解
【分析】（1）根据等腰三角形三线合一即可求证；
（2）①根据旋转作图即可；②延长到点，使得，连接，可证，可得，，根据旋转的性质，等腰三角形的性质可证明，可得，根据四边形的内角和，三角形的内角和可得，可证，可得，且，由此即可求解．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
∵，点是AB的中点，
∴是线段AB的垂直平分线，
∵，点是AB的中点，
∴是线段AB的垂直平分线，
∵线段AB的垂直平分线是一条直线，
∴点三点共线；
（2）解：①根据题意，作图如下，
②如图所示，延长到点，使得，连接，
∵点是AB中点，
∴，且，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，且，
∴，
∴，，
∴，
∵四边形中，，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，且，
∴，
∴，且，
∴．
【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，多边形内角和定理的运用，掌握等腰三角形的性质，构造三角形全等是解题的关键．
27．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由题意得：，可求出，，根据题意作出线段作类变换后得到的图形即可求解；
（2）作图可得点关于直线的对称点为，设“变换点”的坐标为，根据变换可得是等边三角形，据此即可求解；
（3）得到作类变换：将轴作关于直线的对称直线为直线，再将直线绕点顺时针旋转后的直线为，同上可求：作类变换，将轴绕点顺时针旋转后的直线为，再将直线作关于直线的对称直线为直线，记轴任意一点为作类变换和类变换后的对应点为，由在内，必须与直线有交点， 当与直线相切时，记切点为H，此时，故，当点与点重合时，则交于一点，即为直线与直线的交点，此时，若时，此时不论点如何运动，点不可能同时在内；当时，此时不论点如何运动，点不可能同时在内， 综上，的取值范围是．
【详解】（1）解：由题意得：
∴，
∴，
∴，
如图所示：
线段沿轴对称后，的对称点为，
此时，；
将线段绕点0,1顺时针旋转后，的对称点为，
则旋转后点落在y轴负半轴上，
∴线段作类变换后得到线段，
∵，
∴，
∴在线段作类变换后得到的图形上，
故答案为：；
（2）解：如图所示：
点关于直线的对称点为，
设“变换点”的坐标为，
∵点作类变换后与自身重合，
∴，
∴点在线段的垂直平分线上，且位于线段上方，
∵、关于直线对称，
∴线段的垂直平分线为，
∴的坐标为，
∵，
∴是等边三角形，
∴,
∴，
解得：（舍），
∴“变换点”的坐标为
（3）解：设变换点为，作直线的对称点，交直线于点，过点作轴于点，过点作轴，
设，则，
∴，
∴，
则，
∴，
则由勾股定理得，
∴，
设直线：，
则，
∴，
∴轴关于直线对称后的直线为，
将点，绕点顺时针旋转的点即为，则，
而，
∴，
∴，
∴，，
∴
同理可求，
设直线：，
则，
∴，
∴直线为绕点顺时针旋转后的直线为，
因此得到作类变换：将轴作关于直线的对称直线为直线，再将直线绕点顺时针旋转后的直线为，
同上可求：作类变换，将轴绕点顺时针旋转后的直线为，再将直线作关于直线的对称直线为直线，记轴任意一点为作类变换和类变换后的对应点为，
∵在内，
∴必须与直线有交点，如图：
当与直线相切时，记切点为H，
由，
得，
∴，
当点与点重合时，则交于一点，即为直线与直线的交点，此时，
若时，此时不论点如何运动，点不可能同时在内，如图：
当时，此时不论点如何运动，点不可能同时在内，如图：
综上，的取值范围是．
【点睛】本题考查了新定义，难度很大，涉及解直角三角形，勾股定理，旋转的性质，待定系数法求一次函数解析式，直线与圆的位置关系，正确理解题意才是解题的关键．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8


答案
C
C
A
A
C
D
B
A